专题升级训练29 解答题专项训练立体几何 1．有一根长为3π cm，底面半径为2 cm的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为多少 2．已知正四面体ABCD图1，沿AB，AC，AD剪开，展成的平面图形正好是图2所示的直角梯形A1A2A3D梯形的顶点A1，A2，A3重合于四面体的顶点A． 1证明AB⊥CD；
2当A1D＝10，A1A2＝8时，求四面体ABCD的体积． 3．一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中M，G分别是AB，DF的中点． 1求证CM⊥平面FDM；
2在线段AD上含A，D端点确定一点P，使得GP∥平面FMC，并给出证明． 4．如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形． 1证明直线BC∥EF；
2求棱锥F－OBED的体积． 5．如图所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成的角的正弦值为多少 6．如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点． 1求证BM∥平面ADEF；
2求证平面BDE⊥平面BEC；
3求平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值． 7．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD. 1证明PA⊥BD；
2设PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值． 8．如图，已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2，AB＝1，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点． 1证明PF⊥FD；
2判断并说明PA上是否存在点G，使得EG∥平面PFD；
3若PB与平面ABCD所成的角为45，求二面角A－PD－F的余弦值． 参考答案 1．解把圆柱侧面及缠绕其上的铁丝展开，在平面上得到矩形ABCD如图，由题意知BC＝3π cm，AB＝4π cm，点A与点C分别是铁丝的起、止位置，故线段AC的长度即为铁丝的最短长度． AC＝＝5πcm，故铁丝的最短长度为5π cm. 2．1证明在四面体ABCD中， ∵⇒AB⊥平面ACD⇒AB⊥CD. 2解在题图2中作DE⊥A2A3于E. ∵A1A2＝8，∴DE＝8. 又∵A1D＝A3D＝10，∴EA3＝6，A2A3＝10＋6＝16. 又A2C＝A3C，∴A2C＝8. 即题图1中AC＝8，AD＝10， 由A1A2＝8，A1B＝A2B得图1中AB＝4. ∴S△ACD＝S△A3CD＝DEA3C＝88＝32. 又∵AB⊥面ACD，∴VB－ACD＝324＝. 3．解由三视图可得直观图为直三棱柱且底面ADF中AD⊥DF，DF＝AD＝a. 1证明∵FD⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD， ∴FD⊥CM. 在矩形ABCD中，CD＝2a，AD＝a，M为AB中点，DM＝CM＝a，∴CM⊥DM. ∵FD⊂平面FDM，DM⊂平面FDM，FD∩DM＝D，∴CM⊥平面FDM. 2点P在A点处． 证明取DC中点S，连接AS，GS，GA， ∵G是DF的中点，∴GS∥FC. 又AS∥CM，AS∩AG＝A， ∴平面GSA∥平面FMC.而GA⊂平面GSA， ∴GP∥平面FMC. 4．1证明设G是线段DA与EB延长线的交点．由于△OAB与△ODE都是正三角形．所以OBDE，OG＝OD＝2. 同理，设G′是线段DA与FC延长线的交点，有OG′＝OD＝2.又由于G和G′都在线段DA的延长线上，所以G与G′重合． 在△GED和△GFD中，由OBDE和OCDF，可知B和C分别是GE和GF的中点，所以BC是△GEF的中位线，故BC∥EF. 2解由OB＝1，OE＝2，∠EOB＝60，知S△EOB＝，而△OED是边长为2的正三角形，故S△OED＝. 所以S四边形OBED＝S△EOB＋S△OED＝.过点F作FQ⊥DG，交DG于点Q，由平面ABED⊥平面ACFD知，FQ就是四棱锥F－OBED的高，且FQ＝， 所以VF－OBED＝FQS四边形OBED＝. 5．解不妨设正三棱柱ABC－A1B1C1的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系， 则C0,0,0，A，－1,0， B1,1,2，D,,2， 则＝,,2， ＝,1,2． 设平面B1DC的法向量为 n＝x，y,1，由 解得n＝－,1,1． 又∵， ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 6．1证明取DE中点N，连接MN，AN.在△EDC中，M，N分别为EC，ED的中点， 所以MN∥CD，且MN＝CD. 由已知AB∥CD，AB＝CD， 所以MN∥AB，且MN＝AB， 所以四边形ABMN为平行四边形． 所以BM∥AN. 又因为AN⊂平面ADEF，且BM⊄平面ADEF， 所以BM∥平面ADEF. 2证明在正方形ADEF中，ED⊥AD. 又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD， 所以ED⊥平面ABCD.所以ED⊥BC. 在直角梯形ABCD中，AB＝AD＝2，CD＝4，可得BC＝2. 在△BCD中，BD＝BC＝2，CD＝4. 所以BC⊥BD. 所以BC⊥平面BDE. 又因为BC⊂平面BCE， 所以平面BDE⊥平面BEC. 3解由2知ED⊥平面ABCD，且AD⊥CD. 以D为原点，DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． B2,2,0，C0,4,0，E0,0,2， 平面ADEF的一个法向量为m＝0,1,0． 设n＝x，y，z为平面BEC的一个法向量， 因为＝－2,2,0，＝0，－4,2，所以 令x＝1，得y＝1，z＝2. 所以n＝1,1,2为平面BEC的一个法向量． 设平面BEC与平面ADEF所成锐二面角为θ，则cos θ＝＝＝. 所以平面BEC与平面ADEF所成锐二面角的余弦值为. 7．1证明因为∠DAB＝60，AB＝2AD， 由余弦定理得BD＝AD. 从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.因为PD∩AD＝D， 所以BD⊥平面PAD，故PA⊥BD. 2解如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.则A1,0,0，B0，，0，C－1，，0，P0,0,1． ＝－1，，0，＝0，，－1，＝－1,0,0． 设平面PAB的法向量为n＝x，y，z，则即因此可取n＝，1，． 设平面PBC的法向量为m，则 可取m＝0，－1，－，cos〈m，n〉＝＝－. 故二面角A－PB－C的余弦值为－. 8．1证明∵PA⊥平面ABCD，∠BAD＝90，AB＝1，AD＝2，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则 A0,0,0，B1,0,0，F1,1,0，D0,2,0． 不妨令P0,0，t，∵＝1,1，－t，＝1，－1,0， ∴＝11＋1－1＋－t0＝0， 即PF⊥FD. 2解设平面PFD的法向量为n＝x，y，z， 由得 令z＝1，解得x＝y＝. ∴. 设G点坐标为0,0，m，E，则， 要使EG∥平面PFD，只需n＝0，即，得，从而满足AG＝AP的点G即为所求． 3解∵AB⊥平面PAD，∴是平面PAD的法向量，易得＝1,0,0，又∵PA⊥平面ABCD，∴∠PBA是PB与平面ABCD所成的角，得∠PBA＝45，PA＝1，平面PFD的法向量为n＝. ∴cos〈，n〉＝＝. 故所求二面角A－PD－F的余弦值为.